PHƯƠNG TRÌNH HÀM DẠNG TOÀN PHƯƠNG VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ

Hàm Phương trình Hàm dạng toàn phương và các bài toán liên quan về hàm số, phương trình hàm số. Phương trình hàm số dạng toàn phương và phương pháp giải một số bài toán về hàm số, phương trình hàm. Luận văn thạc sĩ toán học xuất sắc nhất 2017 Hàm Phương trình Hàm dạng toàn phương và các bài toán liên quan về hàm số, phương trình hàm số.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG  LÊ THỊ THÚY PHƯƠNG TRÌNH HÀM DẠNG TOÀN PHƯƠNG VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng – Năm 2013 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG  LÊ THỊ THÚY PHƯƠNG TRÌNH HÀM DẠNG TOÀN PHƯƠNG VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Đà Nẵng – Năm 2013 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan Những nội dung trình bày luận văn thực hướng dẫn GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Mọi tài liệu luận văn trích dẫn rõ ràng trung thực tên tác giả, tên công trình, thời gian địa điểm công bố Nếu có chép không hợp lệ, vi phạm quy chế đào tạo xin chịu hoàn toàn trách nhiệm Tác giả luận văn Lê Thị Thúy MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Nhiệm vụ nghiên cứu Đối tượng phạm vi nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Cấu trúc luận văn CHƯƠNG LỚP CÁC HÀM DẠNG TOÀN PHƯƠNG 1.1 NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH HÀM DẠNG TOÀN PHƯƠNG VÀ CÁC TÍNH CHẤT LIÊN QUAN 1.1.1 Nghiệm phương trình hàm dạng toàn phương R 1.1.2 Các tính chất liên quan 1.2 NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH HÀM DẠNG TOÀN PHƯƠNG TRONG KHÔNG GIAN TUYẾN TÍNH PHỨC 1.2.1 Một số định nghĩa 1.2.2 Nghiệm không gian tuyến tính phức phương trình hàm dạng toàn phương 10 CHƯƠNG LỚP NGHIỆM CHÍNH QUY VÀ MỘT SỐ MỞ RỘNG 14 2.1 LỚP NGHIỆM CHÍNH QUY 14 2.1.1 Lớp nghiệm quy R 14 2.1.2 Lớp nghiệm quy C 19 2.2 MỘT SỐ MỞ RỘNG 22 CHƯƠNG HÀM NGUYÊN VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN QUAN 35 3.1 HÀM NGUYÊN 35 3.1.1 Nghiệm hàm nguyên phương trình hàm f ( z  )  f ( z  )  f ( z)  f () ……………………….35 3.1.2 Nghiệm hàm nguyên phương trình hàm f ( z   )  f ( z   )  f ( z )  f ( ) 38 2 2 3.2 PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN QUAN 39 3.2.1 Nghiệm hàm nguyên phương trình hàm (s((n + 1)t) - s(nt)) 2n +  39 (s(nt) - s((n - 1)t)) 2n - 3.2.2 Một số toán liên quan 40 KẾT LUẬN 44 DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 45 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (Bản sao) DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU N∗ Tập hợp số tự nhiên Z Tập hợp số nguyên Z+ Tập hợp số nguyên dương Q Tập hợp số hữu tỉ R Tập hợp số thực R+ Tập hợp số thực dương C Tập hợp số phức MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Lý thuyết phương trình hàm chủ đề lâu đời toán học phân tích Nó đời từ sớm, có mặt hầu hết nơi có ứng dụng lĩnh vực đời sống kĩ thuật Sự phát triển không góp phần quan trọng vào phát triển toán học mà ảnh hưởng tới nhiều lĩnh vực khác phân tích, khoa học hành vi, khoa học xã hội, sinh học, kinh tế, kĩ thuật, lý thuyết thông tin, thống kê Các nhà toán học lớn Cauchy (1821), D’Alembert (1769), Euler (1768), Abel (1823), Banach (1920), Darboux (1895), Ostrowski (1929), Pexider (1903) Poisson (1804) quan tâm nghiên cứu đóng góp vào lĩnh vực Tuy nhiên, nhà toán học chưa đưa cách trình bày cách có hệ thống vấn đề liên quan tài liệu phương trình hàm sau đời: J.Acz’el, Lectures on Functional Equations and Their Applications (năm 1966) J.Acz’el and J.Dhombres, Functional Equations in Several Variables (năm 1989) E.Castillo and M.R.Ruiz-Cobo, Functional Equations and Modelling in Science and Engineering (năm 1992) M.Kuczma, An Introduction to the Theory of Functional Equations and Inequalities: Cauchy’s Equation and Jensen’s Inequality (năm 1985) Những tài liệu đánh dấu bước phát triển mạnh mẽ phương trình hàm nói riêng toán học nói chung Phương trình hàm có nhiều xuất xứ, gắn với mục tiêu ứng dụng cụ thể thực tế Đề tài “Phương trình hàm dạng toàn phương toán liên quan” nhằm tìm hiểu phương trình hàm sinh dạng toàn phương ứng dụng giải toán liên quan Hy vọng xây dựng tài liệu tham khảo có ích cho bắt đầu quan tâm tìm hiểu lý thuyết phương trình hàm dạng toàn phương 2 Mục đích nghiên cứu Hệ thống tổng quan lý thuyết phương trình hàm làm sở để nghiên cứu phương trình hàm dạng toàn phương R C Nắm định nghĩa, tính chất phương trình hàm dạng toàn phương, chứng minh nghiệm, lớp nghiệm phương trình ứng dụng toán liên quan Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu cách giải tính chất nghiệm phương trình hàm dạng toàn phương Nghiên cứu chứng minh nghiệm, lớp nghiệm quy số mở rộng phương trình hàm dạng toàn phương Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: phương trình hàm dạng toàn phương toán liên quan Phạm vi nghiên cứu: tài liệu, giáo trình GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, tài liệu tiếng Anh, tài liệu từ website, tạp chí toán học diễn đàn toán học Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu, tham khảo tài liệu, giáo trình GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, tài liệu tiếng Anh, trang web hệ thống hóa kiến thức Trao đổi, thảo luận với giáo viên hướng dẫn kết nghiên cứu để hoàn chỉnh luận văn Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Tạo đề tài có tính hệ thống, tổng quan tương đối đầy đủ phương trình hàm dạng toàn phương Đề tài đóng góp thiết thực cho việc nghiên cứu tìm hiểu phương trình hàm nói chung phương trình hàm dạng toàn phương nói riêng Cấu trúc luận văn Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo chương Chương Trình bày công thức nghiệm, tính chất nghiệm phương trình hàm dạng toàn phương R, C không gian không gian tuyến tính phức Chương Trình bày dạng lớp nghiệm quy phương trình hàm dạng toàn phương trường hợp cụ thể R, C không gian Hilbert số mở rộng Chương Trình bày lớp nghiệm hàm nguyên phương trình hàm dạng toàn phương số toán liên quan CHƯƠNG LỚP CÁC HÀM DẠNG TOÀN PHƯƠNG Lớp phương trình hàm dạng toàn phương, dạng song tuyến tính xuất phát từ phương trình bậc hai vài dạng suy rộng khác tìm hiểu luận văn Trong số không gian tuyến tính định chuẩn (n.l.s.), không gian tích phân tích (i.p.s.) đóng vai trò quan trọng Để không gian tuyến tính định chuẩn không gian tích phân tích cần khảo sát vài đặc trưng không gian Phương trình hàm công cụ mạnh mô tả nhiều đặc trưng hàm quan trọng Trong tính toán đại số điều kiện để không gian tuyến tính định chuẩn trở thành không gian tích phân tích đồng thức bình hành, gọi đồng thức Jordan-von Neumann (hoặc định luật Appolonius phương trình định chuẩn) thỏa mãn: (JvN ) x+y + x−y =2 x +2 y với x, y ∈ V , V không gian tuyến tính định chuẩn Việc chuyển đổi (tịnh tiến) đồng thức vào quan hệ hàm số ta thu phương trình hàm thường gọi phương trình hàm dạng toàn phương, (Q) q(x + y) + q(x − y) = 2q(x) + 2q(y) với x, y ∈ V, V không gian tuyến tính Chương khảo sát nghiệm phương trình hàm dạng toàn phương (Q) không gian thực, không gian tuyến tính phức tính chất liên quan Ta nhắc lại ánh xạ B : G × G → F (G nhóm F = R C) gọi song cộng tính B cộng tính biến; có nghĩa là, B(., y) B(x, ) cộng tính (.) 31 Thay z −z vào (2.39) cộng kết với (2.39), có (f1o + f4o − f2o − f3o )(2x + z) +(f1o + f4o − f3o − f2o )(2x − z) = 16f6o (x) = 2(f1o + f4o − f2o − f3o )(2x), phương trình Jensen, vậy, từ nhận f1o − f2o − f3o + f4o = A3 , 4f6o = A3 , (2.40) A3 cộng tính R Từ (2.36) (2.40) có: 2(f1o + f4o ) = A1 + A3 , 2(f2o + f3o ) = A1 − A3 (2.41) Cho y = = z vào (2.24o) cho ta f1o + f2o − f3o − f4o = 4f5o , (2.42) Cuối cùng, thay z = vào (2.24o) Sau thay y −y cộng phương trình kết ta (f1o + f2o − f3o − f4o )(x + y) +(f1o + f2o − f3o − f4o )(x − y) = 8f5o (y) = 2(f1o + f2o − f3o − f4o )(y), (dùng (2.42)), phương trình Jensen, f1o + f2o − f3o − f4o = A4 = 4f5o , (2.43) A3 cộng tính Sử dụng (2.40) (2.43) ta có 2(f1o − f3o ) = A4 + A3 , 2(f2o − f4o ) = A4 − A3 Từ phương trình phương trình (2.38) cho ta  A2 A3 + A4 A2 A3 + A4  o o  + , f − , f = =    4 (2.44)    A1 − A2 A4 − A3  f2o = A1 − A2 + A4 − A3 , f4o = − 4 32 Như vậy, từ (2.38), (2.40), (2.43) (2.44) cho ta fio , (i = tới 7) Những kết với (2.32) cho ta kết cần tìm (2.25) Vậy định lí chứng minh Hệ 2.6 Cho V không gian tuyến tính trường F R C Giả sử fi : V → F (i = đến 7) thỏa mãn phương trình hàm f1 (x + y + z) + f2 (x) + f3 (y) + f4 (z) = f5 (x + y) + f6 (y + z) + f7 (z + x) với x, y, z ∈ V Khi đó, tồn song cộng tính B : V × V → F, cộng tính A, Ai : V → F (i = tới 3) cho fi cho    f1 (x) = B(x, x) + A(x) + C1 + C3 + C5 ,       f2 (x) = B(x, x) + A(x) − A1 (x) − A3 (x) + C3 − C6 ,       f (x) = B(x, x) + A(x) − A1 (x) − A2 (x) − C2 − C5 ,   f4 (x) = B(x, x) + A(x) − A2 (x) − A3 (x) + C1 − C4 ,      f5 (x) = B(x, x) + A(x) − A1 (x) − C2 + C3 + C5 ,       f6 (x) = B(x, x) + A(x) − A2 (x) + C1 − C4 + C5 ,     f (x) = B(x, x) + A(x) − A (x) − A (x) + C + C − C , 3 Ci số tùy ý Tiếp theo, xác định nghiệm tổng quát phương trình hàm f1 (x + y) + f2 (x − y) = f3 (x) + f4 (y) với x, y ∈ R, (2.45) fi : R → F (i = tới 4), F R C Điều trình bày hệ Drygas Vì vậy, phương trình mở rộng phương trình hàm dạng toàn phương (Q) Các trường hợp đặc biệt phương trình gồm phương trình cộng tính (A), phương trình Jensen (J), phương trình Pexider nhiều phương trình khác Chú ý phương trình (2.45) tương tự (2.24), xác định số hàm ẩn, trường hợp bốn hàm ẩn Chúng ta chứng minh định lí Mặc dù chứng minh 33 Ebanks, Kannappan Sahoo, chứng minh theo cách khác Định lý 2.8 ([3]) Cho F R C Nghiệm tổng quát (2.45) với f1 f2 cho    f1 (x) = B(x, x) − (A1 − A2 )(x) + b1 ,     f (x) = B(x, x) − (A + A )(x) + b , 2 (2.46)   f (x) = 2B(x, x) − 2A (x) + b , 3     f (x) = 2B(x, x) + 2A (x) + b , 4 với b1 + b2 = b3 + b4 , B : R × R → F hàm đối xứng, song cộng tính Ai : R → F (i = 1, 2) có tính chất cộng tính Chứng minh Thay đổi vai trò x y (2.45) ta nhận f1 (y + x) + f2 (y − x) = f3 (y) + f4 (x) với x, y ∈ R (2.47) Trước hết, trừ (2.47) cho (2.45) ta có f2o (x − y) = α(x) − α(y) với x, y ∈ R, (2.48) f2o (x) = f2 (x) − f2 (−x), α(x) = f3 (x) − f4 (x) f2o lẻ Thay y = vào (2.48) cho ta α(x) = f2o (x) + c1 , (2.48) trở thành f2o (x − y) = f2o (x) − f2o (y); đó, f2o cộng tính, đặt f2o = A1 (2.49) Khi α(x) = A1 (x) + c1 Thứ hai, cộng (2.47) (2.45) ta có 2f1 (x + y) + f2e (x − y) = β(x) + β(y) với x, y ∈ R, (2.50) f2e (x) = f2 (x) + f2 (−x), β(x) = f3 (x) + f4 (x) Bây giờ, thay y = vào (2.50) cho ta 2f1 (x) + f2e (x) = β(x) + c2 , c2 = β(0) (2.51) 34 Khử f1 từ (2.50) (2.51), có −f2e (x + y) + f2e (x − y) + β(x + y) + c2 = β(x) + β(y) (2.52) Thay y −y vào (2.52), ta −f2e (x − y) + f2e (x + y) + β(x − y) + c2 = β(x) + β(−y) (2.53) Cộng (2.52) (2.53), ta có β(x + y) + β(x − y) + 2c2 = 2β(x) + β(y) + β(−y) với x, y ∈ R phương trình (2.12) Từ (2.50) Định lí 2.4, β cho với x ∈ R β(x) = B(x, x) + A(x) + c2 (2.54) Từ (2.49) (2.54) ta có  2f (x) = B(x, x) + (A + A )(x) + c + c , 1 2f (x) = B(x, x) + (A − A )(x) − c + c 1 (2.55) Sử dụng β(x) cho (2.54) thay vào (2.53) có f2e (x + y) − f2e (x − y) = 2B(x, y), với y = x cho ta f2e (x) = B(x, x) + c3 Từ (2.49) (2.56) ta nhận 2f2 (x) = B(x, x) + A1 (x) + c3 (2.56) (2.57) Bây giờ, từ (2.51), (2.54) (2.56) cho ta 2f1 (x) = B(x, x) + A(x) + 2c2 + c3 (2.58) Các phương trình (2.55), (2.57) (2.58) cho ta nghiệm cần tìm (2.46) Vậy định lí chứng minh 35 CHƯƠNG HÀM NGUYÊN VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN QUAN 3.1 HÀM NGUYÊN Định nghĩa 3.1 Hàm nguyên hàm giải tích khắp nơi, nói cách khác hàm khai triển thành chuỗi lũy thừa chuỗi hội tụ khắp nơi 3.1.1 Nghiệm hàm nguyên phương trình hàm |f (z + ω)| + |f (z − ω)| = 2|f (z)| + 2|f (ω)| Trước hết nghiên cứu nghiệm hàm nguyên phương trình hàm sau: |f (z + ω)| + |f (z − ω)| = 2|f (z)| + 2|f (ω)| với z, ω ∈ C, (3.1) f : C → C Định lý 3.1 ([3]) Giả sử f : C → C hàm nguyên Khi f nghiệm phương trình (3.1) f (z) = bz , b số phức Chứng minh Để chứng minh định lí sử dụng hệ hàm cộng tính song cộng tính Hệ 1: Giả sử A : C → R thỏa mãn (A) liên tục Khi A(z) = A(x + iy) = ax + dy, a d số thực, z = x + iy, x, y ∈ R Nếu A : C → R, nghiên cứu A từ C vào C Từ A liên tục theo Định lí (đã chứng minh Định lí 2.1) ta có: A(z) = a1 z + a2 z¯ a1 a2 số phức với z ∈ C, 36 Ở A thực nên a1 z + a2 z¯ = a1 z¯ + a2 z; đó, (a1 − a2 )z = (a1 − a2 )¯ z Thay z = i ta nhận a2 = a1 Vì vậy: A(z) = a1 z + a1 z¯ = (a1 + a1 )x + i(a1 − a1 )y = ax + by, a b số thực Chúng ta tiếp tục nghiên cứu hàm song cộng tính B : C × C → R Hệ 2: Giả sử B : C × C → R song cộng tính liên tục biến Khi B(x + iy, u + iv) = a1 xu + a2 xv + a3 yu + a4 yv với x, y, u, v ∈ R, (i = tới 4) số thực Theo phần (với việc cố định ω cố định z ,) có B(z, ω) = a1 (ω)x + a2 (ω)y = b1 (z)u + b2 (z)v với z, ω ∈ C, (3.2) z = x + iy, ω = u + iv, a1 (ω), a2 (ω), b1 (z), b2 (z) hàm thực, x, y, u, v ∈ R Thay y = vào (3.2) ta nhận a1 (ω)x = b1 (x)u + b2 (x)v Do đó: a1 (ω + ω )x = b1 (x)(u + u ) + b2 (x)(v + v ), = a1 (ω)x + a1 (ω )x ω = u + iv với ω, ω ∈ C, x ∈ R Như vậy, a1 (ω) thực, liên tục cộng tính C Vậy nên: a1 (ω) = d1 u + d2 v, d1 , d2 thực Tương tự: a2 (ω) = d3 u + d4 v, d3 , d4 thực Thay giá trị a1 (ω) a2 (ω) vào (3.2) cho ta dạng cần tìm B(z, ω) 37 Với chứng minh thứ (3.1), giả sử q : C → R xác định bởi: q(z) = |f (z)| với z ∈ C Khi đó, f thỏa mãn (3.1), q thỏa mãn (Q) C Do đó, theo Định lí 1.1, có song cộng tính B : C × C → R cho q(z) = B(z, z) với z ∈ C Sử dụng kết song cộng tính cho ta: q(z) = ax2 + 2hxy + by , z = x + iy a, h, b số thực Kết luận thu từ Định lí 2.1 với ý q thực Bây có |f (z)| = q(z) = ax2 + 2hxy + by với a = b = h = a > 0, ab − h2 > Nếu a > 0, ab − h2 > nhận ∆ log |f (z)| = với δ2 δ2 < |z| < ∞, ∆ thay cho toán tử Laplacian + Như δx δy 2 có a = b h = Do đó, |f (z)| = a(x + y ) = a|z|2 Vậy định lí chứng minh Thứ hai, chứng minh luân phiên từ H Haruki, giả sử M cực đại tuyệt đối |f (x)| |z| = Đặt q(z) = |f (z)| − M |z|2 , q : C → R+ , từ (3.1) có (Q) q(z + ω) + q(z − ω) = 2q(z) + 2q(ω) Từ q(z) |z| = q(0) = 0, tồn số phức z0 với |z0 | < cho q(z0 ) cực đại tuyệt đối q(z) |z| (Sử dụng định lí Weierstrass’s) Thay z = z0 vào (Q), ta có: q(z0 + ω) + q(z0 − ω) = 2q(z0 ) + 2q(ω) Đặt δ = dist(z0 , |z| = 1)(> 0), từ (3.3) có, với |ω| q(z0 ) + q(z0 ) Do có, với |ω| (3.3) δ, 2q(z0 ) + 2q(ω) δ, q(ω) (3.4) 38 Thay ω = z vào (Q) sử dụng q(0) = 0, ta có, với |z| < +∞, q(2z) = 4q(z) (3.5) Từ (3.4) (3.5), có q(z) |z| < +∞ Do |f (z)| M |z|2 |z| < +∞ Vì f (z) = Cz 2, C số phức với |C| M Như định lí chứng minh 3.1.2 Nghiệm hàm nguyên phương trình hàm |f (z + ω)|2 + |f (z − ω)|2 = 2|f (z)|2 + 2|f (ω)|2 Bây nghiên cứu nghiệm hàm nguyên phương trình hàm: |f (z + ω)|2 + |f (z − ω)|2 = 2|f (z)|2 + 2|f (ω)|2 với z, ω ∈ C, (3.6) f : C → C Định lý 3.2 ([3]) Giả sử f : C → C hàm nguyên thỏa mãn phương trình (3.6) với z, ω ∈ C Khi f (z) = cz, c số phức Chứng minh Xác định q : C → R q(z) = |f (z)|2 Khi (3.6) trở thành (Q) Theo Định lí 1.1, q(z) = B(z, z), B : C × C → R song cộng tính Từ kết chứng minh Định lí 3.1, thấy rằng: |f (z)|2 = q(z) = a|z|2 , a > Điều chứng minh định lí Chú ý hai định lí trên, sử dụng giả thiết f, g : C → C hàm nguyên cho |f (z)| m|g(z)|, m số thực, f (z) = cg(z) với c số phức 39 Hệ 3.1 Nếu f : C → C hàm nguyên thỏa mãn phương trình (3.6), z ∈ C ω thực (hoặc túy ảo), nghiệm (3.6) cz, c số phức tùy ý 3.2 PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN QUAN 3.2.1 Nghiệm hàm nguyên phương trình hàm s((n + 1)t) − s(nt) 2n + = s(nt) − s((n − 1)t) 2n − Oresme năm 1347 mô tả lời với hàm bậc hai phương trình hàm sau s((n + 1)t) − s(nt) 2n + = (3.7) s(nt) − s((n − 1)t) 2n − với số nguyên dương n số thực dương t Phương trình tương tự với nghiệm tương tự lại xuất gần kỉ sau với Galileo (1638) liên hệ với tăng tốc gia tốc vật rơi.Trong định lí đây, có nghiệm liên tục (3.7) Định lý 3.3 ([3]) Cho s : R+ → R+ thỏa mãn (3.7) với t ∈ R+ n ∈ Z+ liên tục Khi đó, s(t) = c1 t2 + c2 với t ∈ R+ , c1 , c2 số Chứng minh Nếu s nghiệm (3.7), s − s(0) Không tính tổng quát, chọn s(0) = Thay n = vào (3.7) ta có s(2t) − s(t) = 3s(t) s(2t) = 22 s(t) Tương tự, n = cho ta s(3t) = 32 s(t) Vì vậy, chứng minh quy nạp s(nt) = n2 s(t) với n nguyên dương t ∈ R+ Giả sử s(nt) = n2 s(t) Khi đó, quy nạp ta có: (2n − 1)s((n + 1)t) = (2n + 1)(s(nt) − s((n − 1)t)) + (2n − 1)s(nt) = (2n + 1)(n2 − (n − 1)2 )s(t) + (2n − 1)n2 s(t) = (2n − 1)(n + 1)2 s(t) 40 Do đó, s((n + 1)t) = (n + 1)2 s(t) với n ∈ Z+ , t ∈ R+ Vậy nên t s( ) = s(t) n n với t ∈ R+ , n ∈ R+ Do s( m m t) = s(mt) = n n n s(t) với m, n ∈ Z+ , t ∈ R+ Vì s(rt) = r2 s(t) với r ∈ Q, t ∈ R+ Do s liên tục nên ta có s(xt) = x2 s(t) với x, t ∈ R+ Cho t = có s(t) = ct2 Vậy định lí chứng minh 3.2.2 Một số toán liên quan Bài toán 3.1 ([5]) Hàm q : R → R thỏa mãn q(3x + y) + q(3x − y) = q(x + y) + q(x − y) + 16q(x) với x, y ∈ R, (3.8) thỏa mãn: q(x + y) + q(x − y) = 2q(x) + 2q(y) với x, y ∈ R (3.9) Giải Giả sử hàm q : R → R thỏa mãn (3.8) Thay x = y = vào (3.8) ta nhận q(0) = Thay y = x vào (3.8) ta được: q(4x) = 16q(x) với x ∈ R (3.10) Thay y x − y vào (3.8) ta nhận được: q(4x − y) + q(2x + y) = q(2x − y) + q(y) + 16q(x) với x, y ∈ R (3.11) 41 Thay y −y vào (3.8) ta được: q(4x + y) + q(2x − y) = q(2x + y) + q(−y) + 16q(x) với x, y ∈ R (3.12) Cộng (3.11) (3.12) vế theo vế thu gọn kết ta được: q(4x+y)+q(4x−y) = q(y)+q(−y)+32q(x) với x, y ∈ R (3.13) Thay y 4y vào (3.13) sử dụng (3.10) ta được: q(x + y) + q(x − y) = q(y) + q(−y) + 2q(x) với x, y ∈ R (3.14) Thay y = x vào (3.14) ta nhận được: q(2x) = 3q(x) + q(−x) với x ∈ R (3.15) Thay x −x vào (3.15) ta được: q(−2x) = 3q(−x) + q(x) với x ∈ R (3.16) Thay x 2x vào (3.15) sử dụng (3.10), (3.15), (3.16) ta được: 16q(x) = 3q(2x) + q(−2x) = 3(3q(x) + q(−x)) + 3q(−x) + q(x) Thu gọn phương trình ta q(x) = q(−x) Do thay vào (3.14) ta nhận được: q(x + y) + q(x − y) = 2q(x) + 2q(y) với x ∈ R với x, y ∈ R Ngược lại, giả sử hàm q : R → R thỏa mãn (3.9) Khi q có tính chất hàm bậc hai, hay q(nx) = n2 q(x) với n ∈ Z, x ∈ R Do vậy, q(3x + y) + q(3x − y) = 2q(3x) + 2q(y) = 2.32 q(x) + 2q(y) = 2q(x) + 2q(y) + 16q(x) = q(x + y) + q(x − y) + 16q(x) (điều phải chứng minh) 42 Bài toán 3.2 ([5]) Giả sử Iij = {1, 2, 3, 4}\{i, j} với Khi đó, hàm q : R → R thỏa mãn q(xi + xj − xk − xl ) = i